2024-2025学年内蒙古科左中旗民族高三上学期第三次月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年内蒙古科左中旗民族高三上学期第三次月考数学检测试题一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．已知全集，集合，，则（

）A． B．C． D．2．函数的图象可能是（

）A． B．C． D．3．已知为虚数单位，若，则（

）A． B． C． D．4．已知函数，则的值为（

）A．1 B． C．2 D．5．函数的一个单调递增区间是（

）A． B． C． D．6．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则等于（）A． B．C． D．7．若，且，则下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．8．下列比大小正确的是（

）A． B．C． D．多选题（共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的备选答案中，有多个选项是符合题意的。全部选对得6分，不分选对得3分，选错或不选的0分。）9．下列说法正确的是（

）A．命题“，”是真命题B．已知关于的不等式的解集为，则C．函数的最小值为6D．“”是“关于的方程有一正根和一负根”的充要条件10．已知函数，则下列命题正确的是（

）A．若在上单调递增，则的取值范围是B．若在上恰有3个零点，则的取值范围是C．若在上的值域为，则的取值范围是D．若在上有最大值，没有最小值，则的取值范围是11．已知函数，则（

）A．是偶函数 B．的最小正周期为πC．的最大值为 D．在上单调递增三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）12．已知函数，则在处切线方程为.13．若，则．14．已知，满足，，则.四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）15．已知全集，集合求：(1).(2).(3).16．已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)讨论方程（）解的个数.17．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，．(1)求和的值；(2)求的值．18．如图，在直三棱柱中，，，是中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；19．已知函数．(1)求的最小正周期；(2)求的单调性；(3)求的最大值以及取得最大值时的集合；高三数学第三次月考答案题号12345678910答案ADCACBADBDACD题号11答案AC1．A【分析】根据并集、补集的定义计算可得.【详解】因为，，所以，又，所以.故选：A2．D【分析】当时，，可排除A、B、C；当时，结合函数性质可得D选项符合要求.【详解】当时，，故A、B、C错误；当时，若，则，且在上单调递增，D选项不符合；当时，在上单调递减，若，则，D选项符合；故函数的图象可能是D.故选：D.3．C【分析】举反例排除ABD，利用不等式的性质判断C，从而得解.【详解】因为，且，对于A，取，满足，但，故A错误；对于B，取，满足，但，故B错误；对于C，因为，所以，即，故C正确；对于D，取，则，故D错误.故选：C.4．A【分析】利用诱导公式化简，再结合的图象性质可得结果.【详解】，由的图象可知在，上单调递增，上单调递减，故A正确，BCD均错误.故选：A.5．C【分析】将题干等式两边同时平方，再结合同角三角函数基本关系与二倍角公式即可得出答案.【详解】因为，所以.故选：C.6．B【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，即可求解.【详解】由题意，根据空间向量的运算法则，可得.故选：B.7．A【分析】利用复数的运算法则计算即可得到结果.【详解】由得，，故.故选：A.8．D【分析】构造函数根据函数单调性判断A,化简函数构造函数后应用函数单调性判断B,应用对数运算化简判断C,计算判断D.【详解】对于A:设,当在上单调递增，所以,所以,A错误；对于B:设，当在上单调递增，当在0,+∞上单调递减,所以,所以,当取所以,B选项错误；对于C:因为，C错误；对于D:因为,D选项正确.故选：D.9．BD【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：可知：的两根为，且，利用韦达定理分析判断；对于C：换元，结合对勾函数单调性分析判断；对于D：根据一元二次方程结合充分、必要条件分析判断.【详解】对于选项A：例如，但，可知命题“，”是假命题，故A错误；对于选项B：由题意可知：的两根为，且，则，可得，所以，故B正确；对于选项C：令，可得，因为在内单调递增，且当时，，所以函数的最小值为，故C错误；对于选项D：若，则，可知方程有2个不相等的实根，且，所以方程有一正根和一负根，即充分性成立；若方程有一正根和一负根，设为，则，即必要性成立；综上所述：“”是“关于的方程有一正根和一负根”的充要条件，故D正确；故选：BD.10．ACD【分析】把的范围求出来，看成一个整体，再利用正弦曲线的性质，即可得到范围的判断.【详解】对于A，当时，，又在上单调递增，所以，可得，故A正确；对于B，当时，，若在上恰有3个零点，则，所以，故B错误；对于C，由题意得，即，故C正确；对于D，由题意得，解得，故D正确.故选：ACD.11．AC【分析】由偶函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据，结合倍角公式可得选项C正确；当时，函数可化为，根据正弦型函数的性质可得选项D错误.【详解】因为定义域为，，所以，为偶函数，选项A正确．因为，的最小正周期不为π选项，B错误．，选项C正确．，，，时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，选项D错误．故选：AC.12．【分析】首先求出函数的导函数，再根据导数的几何意义求出以及，最后利用点斜式求出切线方程即可.【详解】因为，所以，当时，，，所以在处切线方程的斜率，即切线方程为.故答案为.13．【分析】根据诱导公式求解.【详解】因为.故14．/0.6【分析】将两式平方相加，可得，平方相减，可得与的关系，结合和差化积公式把化成，可得的值.【详解】因为，所以，，相加得，即，所以，相减得，又，，所以，所以，所以，解得.故方法点睛：已知，求值的问题，通常对已知的两式有如下处理方式：（1）两式平方相加，可得的值.（2）两式相乘，利用和差化积公式，结合（1）中的值，可求的值.（3）两式平方相减，结合和差化积公式，结合（1）中的值，可求的值.15．(1)(2)(3)【分析】（1）（2）（3）根据集合的交集，并集，补集的定义，计算即可.【详解】（1）由题意，所以.（2）因为，所以.（3）因为，所以.16．(1)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)详见解析.【分析】（1）根据函数的导函数与函数的单调性的关系可得函数单调区间；（2）由（1）得到函数的单调区间，从而求出函数的极大值和极小值，由此讨论出在对应取值范围内方程解的个数.【详解】（1）的定义域为，，由f′x<0，可得，由，可得或x>0，∴函数的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）由（1）可知函数在，0,+∞上单调递增；函数在上单调递减，∴在时函数取极大值：；在时函数取极小值：，又∵，，∴，可得函数的大致图象，

∴当时，有0个解；当或时，有1个解；当时，有3个解；当时，有2个解.17．(1)，．(2)【分析】（1）由余弦定理求，再由正弦定理求出即可；（2）由二倍角的正、余弦公式及两角和的正弦公式得解.【详解】（1）在中，由，得．由已知及余弦定理，得，所以．由正弦定理，得．所以的值为，的值为．（2）由（1）及，得，所以，．所以．18．(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）连接，交于点，连接，易证，再由线面平行的判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值；（3）根据（2）所得空间直角坐标系，应用向量法求点面距.【详解】（1）连接，交于点，连接，直棱柱中，显然是中点，又是中点，故，面，面，则面.（2）由直三棱柱中，故可构建如图所示空间直角坐标系，所以面的一个法向量为，又，所以，若是面的一个法向量，则，令，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.（3）由，则，则点到平面的距离.19．(1)(2)详见解析(3)详见解析【分析】（1）先化简函数的的解析式，再利用公式即可求得的最小正周期；（2）先求得的最大值，再利用整体代入法即可求得取最大值时的集合；（3）利用代入法即可求得在上的单调性【详解】（1）则的最小正周期（2）由，得则当，时，取得最大值故的最大值为，取得最大值时的集合为；（3）由，可得，由，得，则在单调递增；由，得，则在单调递减故在上的单调递增区间为，单调递减区间为科左中旗民族职专·实验高中2024-2025学年度上学期高三数学学科期中考试试题解析一、单选题123456DCCBBD7891011DDACDACDAD二、填空题120./6三、全部解析1．D【分析】借助导数公式计算即可得.【详解】，则，解得.故选：D.2．C【分析】利用同角三角函数的基本关系结合计算，并且需要分类讨论．【详解】且，，又，，解得：或，当，则，则；当，则（舍去）；故选：C．3．C【分析】判断向量是否共线，即可判断向量是否作为基底．【详解】、是平面内所有向量的一组基底，与，不共线，可以作为基底，与，不共线，可以作为基底，，故与共线，不可以作为基底，与，不共线，可以作为基底，故选：C．4．B【分析】由已知结合等比数列的通项公式及性质即可求解.【详解】等比数列中，各项均为正数，，则，所以与的等比中项为.故选：B.5．B【分析】解一元二次不等式可得，再由交集、并集运算可得结果.【详解】解不等式可得；又可知，可知A错误，B正确；，即可得C错误，D错误.故选：B6．D【分析】根据线面垂直可得，故可求参数的值.【详解】因为，故，故存在实数，使得，故，故，故选：D.7．D【分析】根据给定条件，利用平均数、众数、方差、中位数的意义判断即得.【详解】依题意，第9名成绩居于17名学生成绩的中间位置，平均数是17名学生成绩的平均值，众数是出现次数最多的数，方差反应17名学生成绩的波动大小，它们与成绩的位置关系不大，而中位数是17名学生成绩按由小到大排列，最中间位置的数，所以除了需要了解自己的成绩，还需要了解这17名学生成绩的中位数.故选：D.8．D【分析】利用乘法运算先化简复数，再利用求模公式计算即可.【详解】因为，所以，故选：D.9．BC【分析】化简各选项中的集合，利用集合相等的定义直接判断．【详解】对于A选项，，A不满足条件；对于B选项，，B满足条件；对于C选项，，C满足条件；对于D选项，，D不满足条件.故选：BC.10．ACD【分析】根据椭圆几何性质逐一判断即可.【详解】因为，且椭圆的焦点在轴上，所以椭圆的长轴长为10，顶点为，焦距为8，离心率.故选：ACD11．AB【分析】利用不等式的性质，逐项计算判断即可.【详解】对于A，因为，不等式两边同除以，可得，故A正确；对于B，因为，所以，又，所以，故B正确；对于C，因为，所以，又，所以，故C不正确；对于D，令，则，解得，所以，因为，所以，因为，所以，所以，故D不正确.故选：AB.12．【分析】根据题意，结合函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.【详解】由函数有意义，则满足，可得，即，解得，所以函数的定义域为.故答案为.13．【分析】由特称命题的否定得到真命题，再求的最小值即可.【详解】命题“”是假命题等价于命题“”是真命题．故，从而实数m的取值范围是.故答案为.14．【分析】根据不等式的性质，求出，然后将不等式进行参变量分离，将恒成立问题，转化为最值问题，通过换元，转化为求二次函数的最值，从而得解.【详解】因为，，则，所以，，又不等式恒成立，且，可得，令，则原题意等价于对一切，恒成立，当时，，故实数的取值范围是.故答案为.15．(1)(2)【分析】（1）化简集合，将原问题等价转换为，对集合是否是空集进行分类讨论，由此即可得解；（2）首先，即，然后再根据题意列出不等式即可求解.【详解】（1），，若，则，情形一：若，则，此时满足，故符合题意；情形二：若，则首先，其次还要满足，所以；综上所述，满足题意的m的取值范围是；（2）若，则首先，即，其次还需满足或，解得或，综上所述，满足题意的的取值范围为.16．(1)不动点为和；(2).【分析】（1）根据题意得到，解该一元二次方程即可得解；（2）根据题意，转化为有两个不相等的正实数根，结合根与系数的关系，得到，且，化简，结合基本不等式，即可求解.【详解】（1）令，可得，可得，解得，所以二次函数的不动点为和.（2）二次函数有两个不相等的不动点，且，则方程有两个不相等的正实数根，即方程有两个不相等的正实数根，所以，且，因为，即，解得，可得，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.17．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，求导可得f′x，然后分与讨论，代入计算，即可得到结果.【详解】（1），，，，所以的图象在点1,f1处的切线方程为，即.（2），则，当时，f′x>0，即在0,+当时，，与题意不符.当时，，f′x>0，在上单调递增；，f′x<0，在上单调递减.当时，取得最大值，且为.由题意可得，解得.即实数的取值范围为.18．(1)答案见解析(2)(3)切去的正方形边长为时，才能使盒子的容积最大，【分析】（1）由题意得，当，，即可求解；（2）由（1），当时，，即可求解；（3）设小正方形的边长为，得到盒子的容积为则，利用不等式，即可求解